Đến nội dung

pnhungqt

pnhungqt

Đăng ký: 27-01-2012
Offline Đăng nhập: 27-07-2014 - 10:28
-----

Trong chủ đề: Chứng minh trọng tâm $G$ của $\Delta ABC$ cố định

21-12-2012 - 13:25

Do $\angle AMD =90^{\circ}$ nên AD là đường kính của đường tròn O $\Rightarrow O\in AD$. Vậy $A,O,D$ thẳng hàng

Trong chủ đề: Đề thi học kì I trường NTT 2012

18-12-2012 - 16:38

I. Phần chung cho tất cả các lớp


Câu 3 (2,5đ) Giải các phương trình sau
b. $x^{2}-3=\sqrt{x+3}$

ĐKXĐ:$x\geq \sqrt{3}$ hoặc $-\sqrt{3}\geq x\geq -3$
Ta có:
$x^{2}-3=\sqrt{x+3}$
$\Leftrightarrow x^{2}+x+\frac{1}{4}=x+3+\sqrt{x+3}+\frac{1}{4}$
$\Leftrightarrow (x+\frac{1}{2})^{2}-(\sqrt{x+3}+\frac{1}{2})^{2}=0$
$\Leftrightarrow (x-\sqrt{x+3})(x+1+\sqrt{x+3})=0$
$\Leftrightarrow x-\sqrt{x+3}=0$ hoặc $x+1+\sqrt{x+3}=0$
Ta có
$x-\sqrt{x+3}=0$ $\Rightarrow x^{2}-x-3=0$ Giải PT này được
$x_{1}=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$, thoả điều kiện
và $x_{2}=\frac{1-\sqrt{13}}{2}$, ko thoả điều kiện
Vậy ta được 1 nghiệm $x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$
Lại có
$x+1+\sqrt{x+3}=0$ $\Rightarrow x^{2}+x-2=0$ Giải PT này được
$x_{3}=1$, ko thoả điều kiện
và $x_{4}=-2$ thoả điều kiện
Vậy ta được 1 nghiệm $x=-2$
Vậy PT có tập nghiệm S=$\left \{ -2;\frac{1+\sqrt{13}}{2} \right \}$

Trong chủ đề: Bài hình học trong đề thi học kỳ trường Trần Đại Nghĩa

09-12-2012 - 13:14

Hình đã gửi
Mình giải ngắn thôi nhé.
Dễ thấy CEF là tam giác đều và A, D, B là trung điểm các cạnh của nó. Nối KC.
Ta có $\Delta AKO\sim \Delta EAO \Rightarrow \frac{KO}{AO}=\frac{KA}{AE}\Rightarrow \frac{KO}{KA}=\frac{AO}{AE}=\frac{OC}{AF}$ (1)
Mà $\widehat{EAK}=\widehat{KOA}$ (cùng phụ góc $\widehat{KAO}$)
$\Rightarrow \widehat{KOC}=\widehat{KAF}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $\Delta KOC\sim \Delta KAF \Rightarrow \widehat{CKO}=\widehat{FKA}$
Do đó $\widehat{CKF}=\widehat{CKO} + \widehat{OKF}=\widehat{FKA} + \widehat{OKF}=\widehat{OKA}=90^{\circ}$
Mặt khác dễ thấy $AL\parallel FK, DL\parallel CK\Rightarrow \widehat{ALD}=\widehat{CKF}=90^{\circ}$
Do đó $AL\perp LD\Rightarrow FK\perp LD$

Trong chủ đề: $$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b...

16-10-2012 - 16:18

Bài toán 2.
Chứng minh với mọi số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$ ta luôn có:
$$\frac{a^2(b+c)}{bc}+\frac{b^2(a+c)}{ac}+\frac{c^2(a+b)}{ab}\geq 6$$

Cách khác:
Ta có: $(b+c)^{2}\geq 4bc\Rightarrow \frac{b+c}{bc}\geq \frac{4}{b+c}\Rightarrow \frac{a^{2}(b+c)}{bc}\geq \frac{4a^{2}}{b+c}$
Vậy nên $\frac{a^2(b+c)}{bc}+\frac{b^2(a+c)}{ac}+\frac{c^2(a+b)}{ab}\geq\frac{4a^{2}}{b+c}+\frac{4b^{2}}{a+c}+\frac{4c^{2}}{b+a}$
Mà theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có $\frac{4a^{2}}{b+c}+\frac{4b^{2}}{a+c}+\frac{4c^{2}}{b+a}\geq \frac{(2a+2b+2c)^{2}}{2a+2b+2c}= 2(a+b+c)=6$
Vậy BĐT được chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Trong chủ đề: Topic luyện thi vào lớp 10 năm 2013 – 2014 (Hình học)

18-06-2012 - 18:24

Bài 122 : (Đề thi Trường Sư Phạm Thực Hành Tp.HCM năm 2012 - 2013)
Cho ∆ ABC vuông tại A ( AB < AC ), có đường cao AH và O là trung điểm BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N.
1) Chứng minh rằng :

a) AM.AB = AN.AC

b) Tứ giác BMNC nội tiếp.

2) Gọi D là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng :
a) Tứ giác ODIH nội tiếp.



b) $\frac{1}{{AD}} = \frac{1}{{HB}} + \frac{1}{{HC}}$

3) Gọi P là giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng BC. Đường thẳng AP cắt đường tròn đường kính AH tại điểm K ( khác A ). Tính góc ∠BKC.
4) Cho AB = 6, AC = 8. Hãy tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.

Hình đã gửi
2)b)
Vì AH là đường kính đường tròn tâm I nên:$\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=90^{\circ}$$\Rightarrow MH\perp AB;HN\perp AC$
Tam giác AHC vuông tại H có HN là đường cao nên: $\frac{1}{HN^{2}}=\frac{1}{AH^{2}}+\frac{1}{HC^{2}}$
Tam giác AHB vuông tại H có HM là đường cao nên: $\frac{1}{HM^{2}}=\frac{1}{AH^{2}}+\frac{1}{HB^{2}}$
Do đó$\frac{1}{HN^{2}}+\frac{1}{HM^{2}}=\frac{2}{AH^{2}}+\frac{1}{HC^{2}}+\frac{1}{HB^{2}}$ (1)
Mặt khác tứ giác AMHN có $\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{BAC}=\widehat{MAN}=90^{\circ}$ nên là hình chữ nhật, do đó MH=AN; NH=AM (2)
Lại có Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên: $AH^{2}=HB.HC$ (3)
Từ (1)(2)(3) ta có: $\frac{1}{AN^{2}}+\frac{1}{AM^{2}}=\frac{2}{HB.HC}+\frac{1}{HC^{2}}+\frac{1}{HB^{2}}=(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC})^{2}$
Mặt khác tam giác AMN có AD vuông góc với MN (theo câu trên) nên $\frac{1}{AD^{2}}=\frac{1}{AM^{2}}+\frac{1}{AN^{2}}$
Vậy $\frac{1}{AD^{2}}=(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC})^{2}$ hay$\frac{1}{AD}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}$
3)
Tứ giác BMNC nội tiếp nên $\widehat{MBC}=\widehat{MNA}$ (cùng bù với góc MNC)
Tứ giác KMNA nội tiếp nên $\widehat{PKM}=\widehat{MNA}$ (cùng bù với góc KMN)
Do đó $\widehat{MBC}=\widehat{PKM}$ $\Rightarrow \widehat{PKM}+\widehat{PBM}=\widehat{MBC}+\widehat{PBM}=180^{\circ}$
Cho nên Tứ giác BPKM nội tiếp, suy ra $\widehat{PKB}=\widehat{PMB}$ (cùng chắn cung PB)
Lại có Tứ giác BMNC nội tiếp nên $\widehat{PMB}=\widehat{NCB}$ (cùng bù với góc BMN)
Do đó $\widehat{PKB}=\widehat{NCB}$ hay $\widehat{PKB}=\widehat{ACB}$$\Rightarrow \widehat{ACB}+\widehat{AKB}=\widehat{PKB}+\widehat{AKB}=180^{\circ}$
Cho nên Tứ giác BKAC nội tiếp, suy ra $\widehat{BKC}=\widehat{BAC}=90^{\circ}$ (cùng chắn cung BC)
Vậy $\widehat{BKC}=90^{\circ}$
4) Do tứ giác BMNC nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC. Cho nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.
Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC thì S cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Vì S là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC mà O là trung điểm của BC nên $SO\perp BC$
Lại có $AH\perp BC$ nên $SO\parallel AH\Rightarrow SO\parallel AI$ (4)
Mặt khác AMHN là hình chữ nhật có I là trung điểm của AH nên I là trung điểm của MN do đó $SI\perp MN$ (Vì S là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC) mà theo câu 2)a) ta có $AO\perp MN$
Do đó $SI\parallel AO$ (5)
Từ (4)(5) ta có AISO là hình bình hành $\Rightarrow SI=AO$
Vậy Áp dụng định lí Pythagore ta có
$SN^{2}=SI^{2}+IN^{2}=AI^{2}+AO^{2}=(\frac{AH}{2})^{2}+(\frac{BC}{2})^{2}=\frac{BC^{2}+AH^{2}}{4}$
Mặt khác tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao, AB=6, AC=8 nên:
$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}=6^{2}+8^{2}=100; AH^{2}=\frac{AB^{2}.AC^{2}}{BC^{2}}=\frac{6^{2}.8^{2}}{100}=\frac{576}{25}$
Vậy $SN^{2}=\frac{BC^{2}+AH^{2}}{4}=\frac{769}{25}$$\Rightarrow SN=\frac{\sqrt{769}}{5}$
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN là $\frac{\sqrt{769}}{5}$